创新示范卷13 交变电流 电磁振荡 电磁波 传感器（含答题卡）-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮创新示范卷（人教版 新教材）

《喜善能联) 创新示范卷（十三） 第十二章 交变电流 电磁振荡 电磁波 传感器 (90分钟 100分) 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24 3.如图甲所示为交流发电机的示意图，两磁极N、 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，A为理 题目要求的) 想电表.单匝线框绕垂直于磁场的水平轴OO 1.2022年3月8日，航天员王亚平从空间站送来 沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时， 的“国际妇女节”节日祝福通过电磁波传播到祖 线框中的磁通量中随时间：变化的关系如图乙 国各地，下列关于电磁波的说法正确的是 所示.已知电阻R=10,其余电阻忽略不计， ( 下列判断正确的是 A.麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在 d/Wh B.只要有电场就能产生电磁波 0.3 21×102s) C.电磁波传播需要介质，机械波传播不需要介质 D.无线电波、红外线、可见光，紫外线，X射线，Y 射线都是电磁波 A.电流表的示数为10A 2.为营造更为公平公正的高考环境，“反作弊”工 B.1s内电流的方向改变50次 具金属探测仪（如图甲所示）被各考点广为使 C.0.01s时，线框平面与磁场方向垂直 用.如图乙所示为探测仪的内部结构，由线圈与 D.1个周期内，电阻R上产生的焦耳热为10J 电容器构成LC振荡电路，当探测仪检测到金属 4.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝 御 物体时，探测仪的蜂鸣器发出声响.已知某时 数比为10：1，原线圈接入图乙所示的正弦脉冲 蜕 刻，探测仪中电路里的电流方向由b流向a,且 电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出）， 电流正在诚小，则下列说法正确的是 ( 电压表和电流表均为理想电表，R。为定值电 阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高 而减小，下列说法中正确的是 考试专 H/V 220.2 黄 0.010.020.03 A.此时线圈的自感电动势正在减小 B.此时线圈的磁场能转化为电场能 A.图乙中电压的有效值为220V C.探测仪靠近金属时，金属被磁化 B.电压表的示数为11√2V D.若探测仪与金属保持相对静止，则金属中不 C.R处出现火警时电流表示数变小 会产生感应电流 D.R处出现火警时电阻R。消耗的电功率减小 13-1 5.(2024·山东德州市高三模拟)温度传感器广泛 7.某小型电站用两根单位长度内电阻为2.5× 应用于家用电器中，它是利用金属热电阻的阻 102/m的电缆直接向10公里外的山区送 值随温度变化的特性来工作的.图甲所示为某 电，已知其输出电功率是1.2×10°kW.现用 装置中的传感器工作原理图，已知电源的电动 200kV电压输电，则下列说法正确的是() 势E=3.0V,内电阻不计，G为灵敏电流表，其 A.输电线上输送的电流大小为4×10A 内阻R。保持不变：R为金属热电阻，其阻值随 B.输电线上由电阻造成的损失电压为30kV 温度的变化关系如图乙所示.闭合开关S,当R C.若改用500kV电压输电，根据欧姆定律，输 的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA:当 电电流变为原来的2.5倍 电流表的示数12=1mA时，金属热电阻的温 D.若改用50kV电压输电，则输电线上损失的 度是 功率为8×10kW R/kn 8.(2023·北京市高三模拟) 如图所示，P为理想自耦变 压器滑动端，原线圈匝数为 4000,原线圈两端的瞬时电压 20G01001401/ 乙 为220√2sin50xt(V),电阻R1=2002,R2= A.40℃ B.60℃ 300Ω.D为理想二极管，电容器的电容为2000F, C.80℃ D.100℃ 则下列说法中正确的是 () 6.如图所示，一小型交流发电机 A.穿过线圈的磁通量的变化率最大为0.22W's 中，矩形金属线圈的面积为S, B.滑动端P从b向4滑动的过程中，电容器两 匝数为n,转轴与线圈相交于a。 端的电压逐渐降低 点，ab段线圈与滑环Q相接 K AK C.滑动端P从a向b滑动的过程中，副线圈两 触，ac段线圈与滑环P相接触.金属线圈处在 端电压诚小 磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴以角速度 D.当滑动端P移动到ah的中点时，R,的电功 仙，匀速转动，K,闭合，K,断开时，交流电流表 率与R,的电功率之比为3：2 的示数为I。,额定功率为P,的小灯泡恰好正常 二，多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16 发光.假设小灯泡电阻不随温度变化，线圈、滑 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 环，电刷、导线及电流表总电阻为r.下列说法正 要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有 确的是 () 选错的得0分)】 A,线圈处于如图所示的平面时，电流最大，此时 9.国产新能源汽车安装了 “防撞预警安全系统” 电流表的读数为√21。 如图所示，新能源汽车 B.线圈从水平位置转过90°，通过小灯泡的电荷 配备的雷达会发射毫米 量为础 级电磁波（简称“毫米波”），并对前车反射的毫 米波进行处理，下列关于毫米波和防撞系统的 C.同时闭合K,和K2,其他条件不变，则发电机 说法正确的是 的输出功率将增大 A.毫米波是横波 D.若仅将角速度诚小为2，则灯泡的功率将 B.毫米波不能在真空中传播 C,毫米波遇到前车时会发生明显衍射现象 减小为原来的} D.该系统运用了多普勒效应 13-2 10.如图所示，磁感应强度大小为B A.R、R,、R,两端的电压之比为7：1：2 的匀强磁场中，匝数为n、边长为 B.R,,R。、R通过的电流之比为7：1：2 L的正方形线圈绕垂直于磁场的 C.R1、R,R的功率之比为49：1：4 轴O)'匀速转动，其角速度为m, D.A、B间输入功率与变压器输入功率之比为 线圈总电阻为r,下列说法正确 28:3 的是 三，非选择题（本题共6小题，共60分） A,线圈转动过程中的最大电流为”BL测 13.(6分)利用如图所示的装置可以探究变压器 原、副线圈电压与匝数的关系： B.线圈转动一周产生的热量为不(nBL) 变压器铁芯 C.当线圈与中性面的夹角为30°时，线圈产生 的瞬时电动势为，BL。 线 变压器铁芯 甲可拆变业器零部件乙组装后的变止器 D.线圈从中性面开始，转动60的过程中，通过 (1)除图中所示器材外，还需要的器材有 导线横截面的电荷量为卧 11.如图甲所示，b为理想变压器原线圈的中心抽 A.干电池 头，电流表为理想交流电表，在原线圈两端加 B.低压交流电源 上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确 C.直流电压表 的是 D.多用电表 (2)下列说法正确的是 2202 A.变压器工作时通过铁芯导电把电能由原线 0.01 0020.03s 圈输送到副线圈 -220/2 B.变压器工作时在原线圈上将电能转化成磁 甲 乙 场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁 A.原线圈输入电压瞬时值的表达式为= 芯起到“传递”能量的作用 220√2sin100πt(V) C.理想变压器原、副线圈中的磁通量总是相同 B.仅将单刀双掷开关由a扳到b,电流表的示 D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电 数变小 压为零 C.仅将滑动变阻器的滑片向上移，灯泡L的亮 (3)由于变压器工作时有能量损失，实验测得 度将不变 D.仅将单刀双掷开关由a扳到b,变压器的输 的原、剧线周的电压比号应当 (选填 人功率变小 “大于”“等于”或者“小于”)原、副线圈的匝数 12.理想变压器原、副线圈的 匝数比为1：3，线路上分 比是 别接有五个阻值相同的定 14.(10分)(2024·辽宁丹东市模拟)某同学用热 值电阻R、R2、R、R,R,如图所示，在A、B 敏电阻制作了一个简易自动报警器，热敏电阻 间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是 的阻值R随温度t变化的图像如图甲所示，简 易自动报警器的电路图如图丙所示，请回答以 下问题： 13-3 (1)用多用电表欧姆挡测继电器线圈d(图乙 (2)当电动势的瞬时值为最大值的一半时，求 所示)的电阻时，将选择开关旋至“×100”位 发电机线圈平面与磁感线的夹角： 置，欧姆调零，测线圈d电阻发现指针偏转角 (3)已知发电机线圈面积为16cm,共25匝， 度过大，则应把选择开关旋至 (填“× 求匀强磁场的磁感应强度大小. 10”或“×1k”)进行测量，经正确操作，多用表 示数如图丁所示，则所测继电器的阻值为 0: ↑R/n 580-- 60 热 电 阻 报器 E 丙 A+V-2 (2)为使温度在达到报警温度时，简易报警器 响起，单刀双掷开关c应该接 (选填 “a”或“b”): (3)流过继电器线圈ed的电流I。=10mA时 才会报警，若直流电源电动势E,为18V(内阻 不计)，欲实现温度达到或超过60℃报警器响 起，则滑动变阻器规格应该选择 A.0-2000B.0-5002C.0~15002 15.(8分)有一个交流发电 te/V 机产生的正弦式交流 电的电动势如图所示 10) （1)当1=0时，求该 交流电动势的瞬时值： 13-4 16.(10分)理想变压器原线圈中输入电压U, 17.(12分)如图所示是交流发电机模型示意图，n 3300V,副线圈两端电压U:为220V,输出端 =100匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感 连有完全相同的两个灯泡L,和L2,绕过铁芯 应强度大小为B=温T的水平匀强蓝场中， 的导线所接的电压表V的示数U=2V,求 线框面积S=0.48m2.线框绕垂直于磁场的轴 ☒，☒L OO以角速度w=100πrad/s匀速转动，并与 理想升压变压器相连，升压变压器的原、副线 圈匝数比为2：5，理想降压变压器副线圈接入 (1)原线圈1等于多少匝； 一只“12V30Q”的灯泡，且灯泡正常发光， (2)当开关S断开时，电流表A的示数I2=5A 线框、输电线路的电阻都不计 则电流表A1的示数I为多少： 01 (3)当开关S闭合时，电流表A的示数I'等 于多少 “压变压器 降压变压器 (1)将图示时刻记为1=0，指出此刻线框中的 电流方向，并写出该正弦式交流电电动势的瞬 时值表达式： (2)求降压变压器的原、副线圈匝数比： (3)求灯泡正常发光时，电流表的读数 13-5 创新示范卷（十三） (物理)答题卡 姓 名 雅考证号 条形码粘贴这（居巾） 缺考 注意事项 填涂样例 1.答题前，考生先将白己的姓名，准考证号填写清楚，并认真在栽定位置附 正确功涂 奸条形码。 违纪 2.选泽题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用和.5毫米及以上黑色字 迹的鉴宁笔书写，要求宁体工整，笔迹清楚。 错误填涂 口 3严格按照题号在相应的答题区域内作答，超山答题区域书写的答案尤效。 ☑×☒) 4.保持卡面清洁，不装订，不要折叠，不要破损 )0三 选择题 (共40分，1一8小题，每小题3分，9一12小题，每小题4分) 正确填涂 请在各题 1A@g回 2ABCD 3AEC回 4ABC回 5ABCD 6ABCD 7ABCD 8ABCD 9ABCD 10 A BC D 11ABCD 12A@@D ■ ■ 题 非选择题 (需用0.5毫米黑色签字笔书写) 内作 (共60分) 13.(6分) 超 (1) (2) 边框的答案无效 (3) 14.(10分) (1) (2) (3) 请在各题日的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（十三）第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 15.(8分) e/V 2102) 16.(10分) 请在各题目的答题区域内作答 17.(12分) 升压变压器 0 降压变乐器 ,超出边框的答案无效 18.(14分) R aZd a.2 n M 升卡变压器 降压变压器 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（十三）第2页（共2页） 18.(14分)如图所示，用一小型交流发电机向远处 (2)升压变压器副线圈两端电压U,: 用户供电，已知发电机线圈abcd匝N=100 (3)若升压变压器原、副线圈匝数比：=1： 匝，面积S=0.03m2,线圈匀速转动的角速度 8,交流发电机线圈电阻r上消耗的热功率P. w=100xrad/s,匀强磁场的磁感应强度B= 0 元 B T,输电导线的总电阻为R=10Q,降压变压器 原、副线圈的匝数比：n,=10:1,若用户区 (M) 0 标有“220V,8.8kW”的电动机恰能正常工 升压变压卷 降压变压器 作，发电机线圈电阻r不可忽略.求： (1)输电线路上损耗的电功率△P: 脚 13-6创新示范卷·参考答案 (2)由于金属圆环电阻不计，则流过金属棒的电流大 (2)金属棒运动过程，由能量守恒定律得 B1wr2 小为1=R1十R2(R+R2) Fs=mgs·sin9+ 2m+Q. 金属棒ab受到的安培力大小为F=BIL= R BB wr21 电阻R产生的热量为Qk一R十Q, 2(R1+R2)1 代入数据解得QR=1.28. 根据左手定则可知安培力沿斜面向上，由于：< 答案：(1)4m/s(2)1.28J tan, 即mng sin0>mg coso. 18.解析：(1)ab自由下滑，机械能守恒有mgh=2m2。 金属棒b始终保持静止，取最大静摩擦力等于滑动 由于ab、d串联在同一电路中，任何时刻通过的电流 摩擦力，根据受力平衡可得安培力大小范围为 总相等，金属棒有效长度L山=3Ld,故它们受到的 mg sin9-mg cos≤F≤mng sino+mg cos联合解 安培力关系为F山=3Fa, 得 2(mg sine-umg cos)(R1+R2) ≤B≤ 在安培力作用下，ab、cd各做变速运动，产生的感应 B1r21 电动势方向相反，当E山=Ed时，电路中感应电流为 2(mg sin0+umg cos0)(RI+R2) 零(1=0)，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有 B1wr21 BLava=BLava 答案：①E=号or,6端电势更商： 1 (2) 2(mg sin0-g cos0(R1+R）≤B≤ 所以v山=3a· Biwr21 ab、cd受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理 2(mg sine+umg cos)(R+R2) 得Fb△T=m(v一h), Biwr21 Fa△T=mva, 17.解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，得感应电动势 V2gh 为E=BL, 联立以上各式解得仙= 10.w=3V2g6 10 根据闭合电路欧姆定律，得感应电流为： (2)根据系统的总能量守恒可得 I-R+ Q=mgh- mw2-amw2-9 1 10 金属棒受到的安培力为F零=BIL, 金属棒做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得 答案：(1)2g3V2gh 10 10 F=mgsin 0+BIL, (2)9mgh 代入数据解得v-4m/s: 10 创新示范卷（十三） 选择题答案速查 题号 1 6 7 8 9 10 11 12 答案 D B D D AD AB AC ACD 1,D[麦克斯韦预言存在电磁波，赫滋验证了电磁波的 in100xt(Wb),由电磁感应定律可得E= 1 存在，故A错误：非均匀变化的电场和磁场才能产生 △ 电磁波，故B错误：电磁波传播不需要介质，机械波传 一100cos100πt(V),可得电动势的最大值为100V, 播需要介质，故C错误；无线电波、红外线、可见光、紫 外线、X射线、Y射线都是电磁波，故D正确.] 则电动势的有效值E有=100V=502V,则电流表 2.B[电流的方向由b流向a,且电流强度正在减小，故 此时为电容器充电过程，电场能增加，磁场能减小，故 的示数 E=52A,故A错误：由题图乙可知，交 自感电动势阻碍电流的减小，则该时刻线阖的自感电 动势正在增大，故A错误，B正确：若探测仪靠近金属 支电流的频率为f=T=50Hz,一个周期内电流方 时，含有铁等磁性金属会发生磁化，其他金属不行，故 C错误：此时电流强度正在减小过程中，虽然探测仪与 向改变两次，所以1s内电流的方向改变100次，故B 金属保持相对静止，金属也会产生感应电流，故D 错误：0.01s时，磁通量为零，线框平面与磁场方向平 错误，] 行，故C错误：由焦耳定律可得1个周期内，电阻R上 3.D[由题图乙可知，磁通量变化的周期为T=2× 产生的焦耳热Q=IPRt=5√2×5√2×10×0.02J= 1028,磁通量随时间的关系式为中=一血孕 10J,故D正确.] 答案-33 高考总复习·物理 图乙中电压的最大值Um=220,2V 8.D[穿过线圈的磁通量的变化率最大为A中_Um △1n 2202 4000 /,盟瑞W,故A格滑动路P从 R 2 ,解得电压的有效值为U=1102V, 向a滑动的过程中，二极管不导通，电容器没有放电 故A错误：变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比， 的通路，所带电荷量不变，电容器两端的电压不变，故 所以变压器原、副线园中的电压之比是10：1，所以电 B错误：滑动端P从a向b滑动的过程中，原、副线图 压表的示数为11√2V,故B正确：R处温度升高时， 匝效比变大，副线图两端电压升高，故C错误：R1、R2 电压表示数不变，阻值减小，副线圈电流12增大，则输 中电流相等，由P=I严R可得R2的电功率与R1的电 出功率增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线 功率之比为P2P1=R2R1=3:2,故D正确.] 圈电流增大，即电流表示数变大，根据P。=R。知， 9.AD[雷达发射的毫米级电磁波是横波，A正确：毫 电阻R。消耗的电功率增大，故C,D错误.] 来波作为电磁波，能在真空中传播，B错误：毫来波由 5.C[由题图乙可知，当温度为20℃时，热敏电阻的阻 于波长较短，遇到前车时，不会发生明显衍射现象，C 值为10000，由闭合电路欧姆定律可得E=1000 错误：设备对前车反射的毫米波进行处理，比较频率 ·1十I1Rg,当电流表示数为I2时，由闭合电路欧姆 发生变化的情况，运用了多普勒效应，D正确.] 定律E=I2R+I2R,代入数据联立解得R=2500Q, 10.AB[线图转动过程中的最大电动势为Em 由题图乙可知25002，对应的温度是80℃.] 6.D[线图处于如题图所示的平面时，电流最大，此时 nBL2m,根据闭合电路歌姆定律得，lm=nBL20,A正 电流表的读数为I0,故A错误；电流的最大值为Im 确：电流的有效值为1=如=BL0,线圈转一圈的 ≥-厄o:通进小打泡的电荷量g=兽 22r R+r 时间为1=2红，线图转动一周产生的热量为Q=1P BS,线圈从水平位置转过90，通过小灯泡的电荷量 R+r =(nBL2),B正确：当线图与中性面的夹角为30 为？=②，故B特误：其他条件不变时，最大电动势 时，线图产生的静时电动势为e=Emsin wt= nBLa,C错误：线圈从中性面开始，转动60°的过 1 不变，则Em=NBS=2Ia(R十r),同时闭合K1和 K,外电阻变为，期电流的有效值为了 程中，字过线圈磁通量的变化为△中=2BL,2-BL 21,(R+_I(R+P,电流变大，则发电机的输出 =一号B2,通过导线横藏面的电荷量为q=1 功率P=? 《=I6(R+:=2后RR+x)2 n电=之BL2,D错.] 2 (+ (R+2r)2 11.AC[由正弦函数的特点可得，原线图输入电压醉时 无法判断是增加还是减小，故C错误：若仅将角速度 值的表达式为u=Usin2票=20V区sn1001(V), 减小为？，电动势的最大值和有效值变为原来的 A正确：仅将单刀双掷开关由a扳到b,原线圈臣数 电流变为原表的号·时女德的功本P=限-厚R波 1 支少，始-品可知，则线图电压山变大：电选 表的示数变大，变压器的输出功率变大，即输入功率 小为原来的故D正确] 变大，B,D错误：灯泡L并联在副线圈两端，电压等 于U2不变，故灯泡L亮度不变，C正确.] 1.B[0电线上的电孩为1号-招 A=6×103A. 故A错误：输电线上由电阻造成的损失电压为△= 2A0D[巴物理想支压光-是-古培-货 1R=6×103×2.5×10-4×10×103×2V=3×104V 早，设流过翻线围的电洗为1：则流过原我围的电流 =30kV,故B正确：若改用500kV电压输电，可得输 为3I0,对原线图电路进行分析，R2的电压与原线圈 也成上的他选为了日淡 A=2.4×103A,则 的相同，R,处于干路，电流为通过原线圈的电流和通 过R2的电流之和；对副线圈的电路进行分析，R,与 监电电流变为原来的站故C错民：若玫用50kV电 R并联，可求得并联电路总电阻为号，所以尺分得 压整电：可得物也线上的电流为-七一品器A 的电压占总电压的子，且通过R和R,的电流相同， =2.4×10A,则损失的功率为P摄=R=(2.4× 通过R3的电流为千路电流，下面对逐个选项进行分 10)2×10×103×2×2.5×10-4W=2.88×109W, 析：设原线圈的电压为U0,通过副线圈的电流为【0， 而P损>P,违背了能量守恒定律，故D错误，] 则副线圈的电压为U。,通过原线圈因的电流为31。， 答案-34 创新示范卷·参考答案 则R分得的电压为2Ua,通过R3的电流为Ia,则有 (2)当电动势的瞬时值为最大值的一半时，有2.5V 与-瓷-6对民有-是吉时风有 =5sin0(V)(0为线圈平面与中性面的夹角)，所以 sin0=0.5,故线圆平面与磁感线之间的夹角为60°. 3+16=子1，根据U=R可得到，：U,:U= (3)因为Enm=uBSw,又u=100xrad/s,所以B= Em nSw 7:1:2,A正确：通过R的电流应为通过R3电流 =0.4T. 的一卡，即为号，弄根据对A选项的分折有1：1。 答案：(1)5V(2)60°(3)0.4T 16.解析：(1)由电压与变压器匝数的关系可得： I1=7:1:1,B错误：功率之比为电流之比的平方， 即P1:P2:P3=1星：I匠：层=49：1：4，C正确：通 _U2=U,则m=1650匝. n1 n2 过R:和R的电流相同，所以功率相同，根据对C选 (2)当开关S断开时，有： 项的分析，则所有电阻功率之比为P:P2:Pg:P :P=49:1:4:1:1,则输入功率与变压器输入 U-Uh-0- 功率之比为(P1+P2+P3十P十P):(P3+P,+ P5)=28:3,D正确.] ③)当开关S斯开时，有R,-号-4n,当开关S 13.解析：(1)实验中若用千电池变压器不能互感变压， R 1=220, 必须要有低压交流电源提供交流电，B需要：需要用 闭合时，设副线图总电阻为R,有R= 多用电表测量电压，D需要：综上所述需要的实验器 =10A.由 材为B、D: 制线图中的总电流为1小，别一 (2)变压器是通过互感工作，而不是通过铁芯导电把 电能由原线圈输送到副线圈，故A错误；变压器工作 u1=,可知1-号 U 时在原线图上将电能转化成磁场能，在副线圈上将 答案：11650臣(2)号A(3)号A 磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用，故 17.解析：(1)利用右手定则判断得到，电流方向为 B正确；理想变压器的原副线园通过铁芯共用同一个 DCBAD 磁场，则两线圈的磁通量总是相同，磁通量的变化率 该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式为= 也相同，故C正确：变压器的原线图两端电压由发电 nBSosin(at+o), 机提供，则副线圈上不接负栽时，原线圈两端的电压 不变，故D错误， 代入相关教据得e=4802sin(100x+受)(V). (3)实验中由于变压器的钢损、磁损和铁损，导致变 (2)发电机的电动势有效值是480V,升压变压署器的 压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以副线圈上的 原、副线图匝数比为2：5 电压的实际值一般略小于理论值，所以原线图与副 线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比 由，得升压变压器剧线图的电压U2=1200V 2U2 答案：(1)BD(2)BC(3)大于 由于灯泡正常发光，则通过降压变压器电压降为 14.解析：(1)测电阻时指针偏转过大，则读数太小误差 较大，需要选择小量程让读数变大点才能减小误差， 12V,步，线路电阻不计，则U,=U, ng U 所以应把选择开关旋至×10挡进行测量.所测继电 得3=100 器的阻值为：表盘刻度读数×倍率=22×10Ω=2202. 1 (2)由于温度升高热敏电阻阻值减小，通过继电器的 (3)灯泡正常发光时，P灯=4.8W 电流增大，其产生的磁场磁感应强度增大，把铁片向 理想变压器输出功率等于输入功率，故P出=P灯= 左吸引，所以要让报警器响起，则单刀双掷开关￠应 4.8W, 该接a. P出=U111,解得电流表的读数11=0.01A. (3)流过继电器线圈ed的电流I。=10mA时才会报 答案：(1)电流方向为DCBADe=480√2sin(100πt 警，若直流电源电动势E1为18V,则回路的总电阻 +受)) 的最小阻值为R三号二5800白 1oxio (2)100:1(3)0.01A -5802=1.22×103Ω，所以滑动变阻器规格应该选择C 18.解析：(1)设降压变压器原，副线图的电流分别为13、 答案：(1)×10220(2)a(3)C -P用=8800 15.解析：(1)由题图可以写出该交变电流电动势的瞬时 1.电动机拾能正常工作，则有1==“20A= 40A, 值表达式为e=5sn205（V)=5sn100u(V0. 根据理想变压器的变流比可知_ I43 当1一2005时，电动势的瞬时值为 解得13=4A, e=5sin(100x× 0v)=5V 所以输电线路上损耗的电功率△P=I32R, 解得△P=160W: 答案-35 高考总复习·物理 3_ 可得P1=8960W, (2)根据理想变压器的变压比可知 根据P1=U11,解得1=32A 解得U3=2200V, 根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为E= 升压变压器副线圈两端电压U2=U3十I3R, NBSo 解得U2=2240V: 代入数据解得Em=3002V, (3)根据理想变压器的变压比可知 1m 电机线圈内阻上消耗的热功率P内一I1E一IU1, U2 n2 可得P内=640W. 可得U1=280V, 答案：(1)160W;(2)2240V;(3)640W 升压变压器的原线图输入功率P1=△P十P用， 创新示范卷（十四） 选择题答案速查 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B D A B D C C CD AC AC BCD 1.A[人看鱼儿时，光从水中进入空气，折射角大于入 射角，人沿折射光线反方向看过去，看到的“鱼儿”的 光在材料中传播的时间为1，则有1=E出十工仪 位置比“鱼儿”的实际位置更高.当鱼儿看人时，入射 光线从空气进入水中，折射角小于入射角，鱼儿沿折 22R_4R,所以D正确.] 射光线反方向看过去，看到的人的位置比人的实际位 2 置更高.] 7.C[由题图甲可知，复色光能够入射进入水珠，根据 2.B[AC光的偏折程度比较大，则介质对AC光的折 光路的可逆性，两光均不可能在水珠内发生全反射， 射率比较大，AC光是蓝光.光在介质中的传播速度为 =行，因此在玻璃砖中单色光AC的传播递度小于 所以A错误：根据△一台入可知，随国乙若只诚小屏 到挡板的距离L,则相邻亮条纹间距离将减小，所以B 单色光AD的传播速度，C错误：设AC光与法线的夹 错误：题图丙中若得到明暗相间平行等距条纹说明待 角为a,由速度公式可得2 Rsin a=l,由折射定律可得 测工件表面平整，所以C正确：由于自然光通过偏振 n-出联立解得1-2，由北可知，AC老与 片后变为偏振光，所以若只旅转图丁中M或V一个 AD光的传播时间相等，B正确，A错误：若保持入射 偏振片，光屏P上的光斑亮度将发生变化，所以D 光束不变，把半圆形玻璃砖稍向左移，入射角不变，则 错误.] 两束光一定同时到达半圆面，D错误.] 8.C[由图可知a光在玻璃中 3.D[入射光线与法线的夹角从30°逐渐缓慢增大到 的折射角较小，则n=n, 空气 90°的过程中，则反射角变大，反射光线的亮度增加，折 sin r 可知，a光的折射奉较大，则 玻璃 射光线的亮度减小，当入射角到达临界角时，全部光 线返回原介质，即发生全反射，此时折光线消失，反 a光的频率大于b光的频率， 7777777117777711777 反射层 射光亮度最大.故选项A、B、C错误，D正确.] 4,A[单缝衍射时，缝越小，衍射条纹中间越宽，故A 选项A错误：根据川=二，可 正确，B错误：双缝千涉条纹是明暗相间的条纹且宽度 知，在同种玻璃中，a光的速度小于b光的的速度，选 相同，故C、D错误.] 项B错误：因光被反射再次射到玻璃上表面时的入射 5.B[由于戴面是等腰三角形，从圆心向外，经过相同 角等于射入玻病中时的折射角，可知光从玻璃中出射 的宽度空气膜厚度增加量相同，根据光的干涉原理， 时的折射角等于射入时的入射角，则出射光束a、b一 从装置的正上方向下观察，可以看到一系列明暗相间 的等间距圆形条纹，A错误，B正确：若将红光换成白 定相互平行，选项C正确：根据sinC= 7,可知，a,6 光，则看到明暗相间的彩色条纹，C错误：由于红光的 两色光从同种玻璃射向空气时，（光折射率大，则发生 波长比紫光的长，若将红光换成常光，则看到条纹间 全反射的临界角小，选项D错误，门 距减小，从而亮条纹数将增多，D错误.门 9.CD[自然光不是偏振光，光的偏振现象说明光是横 6.D[光路图如图所示，∠1为临界角 波，所以A错误：在千涉加强的区域，只是振幅最大， C,有sinC=L。 n 位移不是总是最大的，所以B错误：增透膜的厚度是 人3 45 由几何关系可知∠1=45°，解得n= 0 光在增透膜中波长的，两面的反射光怡好相消，所 √2， 以C正确：频率从低到高，在可见光范围的排列顺序 光在材料中传描速度为=二=。 n 2c, 是从红到紫，红光的频奉低于紫光的频率，所以D 正确.] 答案-36